2020-2021学年浙江省绍兴市高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年浙江省绍兴市高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共12页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 在国际单位制中规定“质量”为基本物理量，它对应的单位是（ ）
A.斤B.千克C.牛顿D.英镑

2. 下列说法正确的是（ ）
A.汽车速度计的示数是指汽车的速率
B.“太阳东升西落”所选择的参考系是太阳
C.“嫦娥五号”绕月飞行时一定不能把它看成质点
D.某市的出租车的收费标准为2.00元/千米，其中的千米说的是位移

3. 关于表中一些运动物体的加速度，下列说法正确的是（ ）
A.汽车急刹车时加速度方向与速度方向相同
B.在这三个运动物体中，高铁起步的速度变化最慢
C.高铁起步的速度变化率比汽车急刹车的速度变化率要大
D.子弹在枪筒中的速度变化量一定比高铁起步的速度变化量要大

4. 下列说法正确的是（ ）
A.因为物体本身就有重力，所以重力没有施力物体
B.重力的方向总是垂直于接触面向下
C.两物体间有弹力就一定存在摩擦力
D.绳子拉力的方向沿着绳子而指向绳子收缩的方向

5. 如图中实线描述的是一位跳水运动高台跳水时头部的运动轨迹，最后运动员沿竖直方向速度v入水，图中与入水速度方向可能相同的位置是（ ）

A.a点B.b点C.c点D.d点

6. 一个西瓜从桥上水平抛出落到水中，它在空中的运动轨迹（实线）最有可能的是图中的（ ）

A.①B.②C.③D.④

7. 一艘航空母舰停留在军港，舰载机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来。假如某次飞机着舰时的速度为288km/h，加速度大小为32m/s2，这段运动可视为匀减速直线运动，则（ ）
A.舰载机的平均速度为144m/s
B.舰载机滑行的总距离为1296m
C.舰载机着舰经过3s后的速度大小为0
D.舰载机滑行2s后的速度大小为64m/s

8. 如图所示，小明在水平底面上用沙子堆成一个圆锥体，各沙子之间的动摩擦因数为μ，圆锥体的体积V＝SH（S为圆锥体底面的面积、H为圆锥体的高），假设沙子受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当底面半径为R时沙堆的最大体积为（ ）

A.πR3B.πR3
C.μπR3D.μπR3
二、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

下列说法正确的是（ ）
A.火箭燃料燃烧产生气体向下喷出，这些气体反过来给火箭一个反作用力升空，表明先产生作用力后产生反作用力
B.以较大速度行驶的汽车，刹车后难停下来，表明物体的速度越大惯性也越大
C.“天宫一号”绕地球运行时，舱内物体处于完全失重状态
D.伽利略指出力不是维持物体运动状态的原因

一个物体沿直线运动，其v−t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.前2s内的加速度为4m/s2
B.前16s内的位移为100m
C.第1s末速度方向和第11s末速度方向相反
D.第0.5s末加速度方向和第11.5s末加速度方向相反

如图所示，两人用同样大小的拉力共提一桶水，使水桶保持静止状态，则（ ）

A.两人手臂间的夹角大些省力
B.两人手臂间的夹角小些省力
C.两人对水桶拉力的合力方向竖直向上
D.两人手臂间的夹角大些，拉力的合力也大些

在水平地面上放置一块海绵垫，手持手机上端使其处于竖直状态，现将手机从海绵垫正上方某处自由释放，手机传感器自动记录了竖直方向加速度随时间变化的情况（如图所示），若加速度方向向下为正、向上为负，下列说法正确的是（ ）

A.t＝0.55s时手机对海绵垫有力的作用
B.t＝0.3s时手机受到重力和空气阻力的作用
C.手机开始释放位置距海绵垫的高度为1.8m
D.手机在t＝0.7s时竖直方向的合力大于t＝1.0s时竖直方向的合力

如图所示，某商场设有步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级的高度是0.15m，自动扶梯与水平面的夹角为30∘，自动扶梯前进的速度是0.76m/s。有甲、乙两位顾客，分别从自动扶梯和步行楼梯的起点同时上楼，甲在自动扶梯上站立不动，乙在步行楼梯上以每秒上两个台阶的速度匀速上楼。若该楼层高4.56m，则（ ）

A.甲在竖直方向的速度为0.76m/s
B.乙在竖直方向的速度为0.3m/s
C.乙比甲先到楼上
D.甲上楼用了12s

如图所示，一辆货车运载着相同形状的圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶c，自由地摆放在桶a、b之间，没有用绳索固定。桶c受到桶a和桶b的支持力，和汽车一起保持静止。则货车（ ）

A.匀速直线运动时a对c的支持力为桶c重力的倍
B.以大小为g的加速度向右加速时，c要受到的合力比a大
C.以大小为g的加速度向右加速时，b对c的支持力大小将增大
D.向右加速运动的加速度增大到g时，桶c刚好脱离a
三、实验题（本题共3小题，每一空格2分，共22分）

“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中

（1）某同学使用了铁架台、弹簧、毫米刻度尺、钩码、坐标纸、铅笔，此外还须选用一个器材是（ ）。
A.小车B.纸带C.重锤线D.电火花计时器

（2）该同学测出了弹簧受到的拉力F与弹簧的伸长量x的相应数据，其对应点在图中所示的坐标纸上标出，请在图中作出F−x关系图像，并根据图像求出弹簧的劲度系数为________N/m（保留两位有效数字）。

在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中

（1）图1所示的打点计时器是________（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”），它是一种使用交变电源的计时仪器，工作电压约为________（填“8V”或“220V”）；

（2）图2是小王同学在实验时该打点计时器的纸带安装方式，他的安装方式________（填“正确”或“错误”）；

（3）图3是小杨同学获得的一条纸带，A、B、C、D是纸带上的四个计数点，每两个相邻计数点间有4个点图中没有画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点对应的速度是________m/s（保留两位有效数字）。

在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用的实验装置如图1所示，实验获得的数据如表所示。
数据记录

（1）图2的四幅图中对应槽码的是________。

（2）平衡阻力时调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板________（填“匀速”或“匀加速”）运动。

（3）表中“探究加速度与质量的关系”的五组数据是________（填组号）；

（4）根据图3求得第②组数据中的加速度为________m/s2（保留两位有效数字）。
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。数值计算题，答案中必须明确写出数值和单位）

如图所示是药房机器人搬送药瓶的示意图，机器人从一个柜台沿直线运送到另一个柜台。已知机器人先从一个柜台由静止以0.2m/s2的加速度匀加速移动5s，接着匀速移动15s，然后匀减速移动5s后速度减为0时刚好到达另一柜台。若机器人可以看成质点，求：

（1）机器人匀加速移动时的位移大小；

（2）机器人匀减速移动时的加速度大小；

（3）整个送药过程中机器人平均速度的大小。

如图所示，一根绳子将滑轮悬挂在天花板下，另一根绳子跨在滑轮上，一端系着质量为M的物块，另一端系在竖直墙上且与墙垂直，整个装置处于静止状态。已知重力加速度为g，悬挂滑轮绳子的最大张力为3Mg，忽略绳子和滑轮的质量，不计绳子与滑轮间的摩擦。

（1）求系在墙上的绳子的张力大小；

（2）求悬挂滑轮绳子的张力大小及这段绳子与天花板间的夹角；

（3）若绳子系在墙上的位置可以变动，要使悬挂滑轮的绳子不被拉断，求一端系在墙上的绳子与墙的最小夹角？

如图所示是一个山坡的示意图，它由两段倾角不同的斜坡连接而成。探险者第一次从P点以某一速度将石块水平踢出，之后落到斜坡交界处M点；第二次以不同速度从P点将石块水平踢出之后落到N点。已知PM的竖直高度为20m，N点离地面的高度也为20m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求石块从P点运动M点所用的时间；

（2）求第一次石块水平踢出时的速度大小；

（3）能否判断石块落到M点与N点时速度方向与水平方向夹角的大小？并给出分析过程。

如图所示为游乐场滑梯的示意图，滑梯的斜面段长度L＝5.0m，高度h＝3.0m，为保证游客的安全，必须在水平面上铺设安全地垫。当游客从斜面顶端静止滑下，经过△t时间，管理人员随后将一塑料球从斜面顶端水平抛出（初速度大小可调节），使球刚好被游客接住，此时游客滑行路程为s。假设地垫与斜面平滑连接，游客在连接处速度大小不变，最终停在地垫上。已知游客质量m＝50kg，游客与斜面和安全地垫间的动摩擦因数分别为μ1＝0.55、μ2＝0.5。游客和塑料球都可以看成质点并不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求游客滑到斜面底端时的速度大小；

（2）为使游客不滑出安全地垫，求地垫的最小长度；

（3）求时间△t与路程s的关系式。
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省绍兴市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.
【答案】
B
【考点】
国际单位制
【解析】
明确国际单位制的基本内容，知道质量在国际单位制中的单位为千克。
【解答】
在国际单位制中规定“质量”为基本物理量，它对应的单位为千克，故B正确，ACD错误。
2.
【答案】
A
【考点】
时间与时刻
路程
位移
质点的认识
【解析】
瞬时速度为经过某一位置或某一时刻的速度。
根据参考系的选取原理分析。
根据质点的条件可明确是否能看作质点。
位移为初位置到末位置的有向线段，路程为运动的轨迹长度。
【解答】
A、汽车速度计显示的示数是汽车某一时刻速度的大小，即速率，故A正确；
B、“太阳东升西落”所选择的参考系是地球，故B错误；
C、“嫦娥五号”绕月飞行时，如果研究转动的周期时，能把它看成质点，故C错误；
D、某市出租汽车的收费标准是2.00元/千米，其中的千米说的是汽车运动的轨迹长度，为路程，故D错误。
3.
【答案】
B
【考点】
加速度
【解析】
速度是表示物体运动的快慢，加速度是表示物体速度变化的快慢，速度变化率也是指速度变化的快慢，所以加速度和速度变化率是一样的。
【解答】
A、汽车急刹车时减速运动，加速度方向与速度方向相反，故A错误；
B、在这三个运动物体中，高铁起步的速度变化最慢，因为其加速度最小，故B正确；
C、高铁起步的速度变化率比汽车急刹车的速度变化率要小，矢量正负代表方向，故C错误；
D、速度变化量与时间有关，无法判断，故D错误；
4.
【答案】
D
【考点】
重力
物体的弹性和弹力
摩擦力的计算
摩擦力的判断
重心
【解析】
重力的施力物体是地球，方向竖直向下。
根据摩擦力产生的条件分析。
【解答】
A、一切力都有施力物体和受力物体，重力的施力物体是地球，故A错误；
B、重力的方向是竖直向下的，故B错误；
C、根据摩擦力产生的条件可知，物体间接触面粗糙，有弹力，有相对运动或相对运动趋势，所以两物体间有摩擦力一定有弹力，但有弹力不一定有摩擦力，故C错误；
D、绳子拉力的方向沿着绳子指向绳子收缩的方向，故D正确。
5.
【答案】
B
【考点】
物体做曲线运动的条件
曲线运动的概念
【解析】
明确曲线运动的性质，知道曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，据此即可求解。
【解答】
运动员做曲线运动，入水时速度方向竖直向下；
由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，如图所示，由图可知，只有图中的点b位置速度方向与入水时速度方向相同，故B正确，ACD错误。
6.
【答案】
B
【考点】
平抛运动的概念
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
平抛运动初速度水平，仅受重力，运动轨迹是抛物线，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
【解答】
西瓜从桥上水平抛出，若不计空气阻力，做平抛运动，
水平方向上有：x＝v0t，
竖直方向上有：，
联立解得：y＝，可知运动的轨迹是抛物线的一部分，落水时速度不可能竖直向下，故B正确，A、C、D错误。
7.
【答案】
C
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的位移与时间的关系
平均速度
【解析】
根据公式v＝v0−at，＝，v2−v02＝2ax即可判断。
【解答】
飞机着舰时的速度为v0＝288km/h＝80m/s，加速度大小a＝32m/s2，匀减速直线运动直到速度为0，由速度公式v＝v0−at得所用时间t＝＝s＝2.5s.
A、由匀变速直线运动的平均速度＝＝m/s＝40m/s，故A错误；
B、由速度-位移公式v2−v02＝−2ax得x＝100m，故B错误；
C、舰载机着舰到停止速度为0所用时间为2.5s，而选项中3s>2.5s，所以3s时舰载机速度为0，故C正确；
D、由速度公式v＝v0−at可知当t＝2s时v＝80m/s−32×2m/s＝16m/s，故舰载机滑行2s后的速度大小为16m/s，故D错误。
8.
【答案】
C
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
抓住细沙不再下滑这一临界状态，选择一粒沙进行研究分析，根据平衡条件求解侧面倾角，再根据几何关系进行解答。
【解答】
取侧面的一粒沙作为研究对象，其受力情况如图所示。
设圆锥的高为H、底面半径为R、对该沙子根据平衡条件，有：mgsinθ＝μmgcsθ
解得tanθ＝μ
根据几何关系可得：tanθ＝
则有：H＝μR
根据体积计算公式可得V＝＝＝μπR3，故C正确、ABD错误。
二、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
【答案】
C,D
【考点】
惯性
牛顿第一定律的概念
牛顿运动定律的应用-超重和失重
作用力和反作用力
牛顿第三定律的概念
【解析】
作用力和反作用力同时产生同时消失，惯性只与质量有关，只受重力时，物体处于完全失重，伽利略最提出力是改变物体运动状态的原因。
【解答】
A、作用力和反作用力反映的是两个物体之间的力的作用情况，同时产生同时消失，故A错误；
B、惯性只跟质量有关，故B错误；
C、天宫一号”绕地球运行时，只受重力作用，舱内物体处于完全失重状态，故C正确；
D、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，提出力是改变物体运动状态的原因，故D正确。
【答案】
A,B,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
非常规图像
x-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的概念
【解析】
在速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积代表位移，速度的正负表示速度方向。
【解答】
A、根据v−t图象的斜率表示加速度，得前2s内的加速度为a＝m/s2＝4m/s2，故A正确；
B、根据v−t图象与时间轴围成的面积代表位移，则得前16s内的位移为x＝×8m+×2m+4×4m＝100m，故B正确；
C、第1s末速度和第11s末速度均为正值，速度方向相同，故C错误；
D、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，可知，第0.5s末加速度方向和第11.5s末加速度方向相反，故D正确。
【答案】
B,C
【考点】
合力的大小与分力间夹角的关系
力的合成
【解析】
分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系。由于两人手臂对水桶的拉力大小相等，结合对称性分析拉力的方向，从而根据列式，即可求解。
【解答】
AB、两人用同样大小的拉力共提一桶水，设手臂提桶的拉力大小为F，两人的手臂夹角成θ角，水桶的重力为G，根据对称性可知，两人对水桶的拉力方向与竖直方向之间的夹角相等，都等于，则根据平衡条件得：2Fcs＝G
解得：F＝，可知，两人手臂间的夹角小些省力，故A错误，B正确；
C、水桶保持静止状态，则水桶在两个人的拉力以及重力的作用下处于平衡状态，三个力的合力为零，所以两人对水桶拉力的合力与水桶的重力大小相等，方向相反，则两人对水桶拉力的合力方向竖直向上，故C正确；
D、两人对水桶拉力的合力与水桶的重力大小相等，与两人手臂间的夹角无关，故D错误。
【答案】
A,B,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
根据a−t图像可知加速度的变化，即可判断出手机所处的位置，根据加速度的大小判断出手机所受的力，根据牛顿第二定律求得手机所受合力大小。
【解答】
A、t＝0.55s时手机的加速度向上，此时海绵垫对手机有向上的作用力，故手机对海绵垫有力的作用，故A正确；
B、在t＝0.3s时，手机下落的加速度小于9.8m/s2，故下落过程中受到自身的重力和空气阻力，故B正确；
C、由图可知，释放后，手机开始下落，在下落的0.5s内平均加速度小于10m/s2，故下降的高度h<，故C错误；
D、由图可知，手机在0.7s时的加速度大于1.0s时的加速度，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，可知手机在t＝0.7s时竖直方向的合力大于t＝1.0s时竖直方向的合力，故D正确；
【答案】
B,D
【考点】
运动的合成与分解
匀速直线运动及其公式
匀速直线运动的图像
合运动与分运动的概念
【解析】
依据平行四边形定则，结合三角知识，求得甲在竖直方向速度，再由相同高度，从而判定他们运动的时间，进而即可求解。
【解答】
ABC、因自动扶梯与水平面的夹角为30∘，自动扶梯前进的速度恒为0.76m/s，依据矢量的分解法则，甲在竖直方向速度大小为：v甲竖＝v甲sin30∘＝0.76×m/s＝0.38m/s，
乙在步行楼梯上以每秒上两个台阶的速度匀速上楼，而步行楼梯每级的高度是0.15m，则乙在竖直方向速度大小为：v乙竖＝0.3m/s，虽他们的高度相同，但甲的竖直速度大，那么甲运动的时间短，故AC错误，B正确；
D、由于该楼层高h＝4.56m，甲在竖直方向速度大小为：v甲竖＝0.38m/s，则甲上楼用了t＝＝＝12s，故D正确。
【答案】
C,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
以桶c为研究对象进行受力分析，竖直方向根据平衡条件列方程、水平方向根据牛顿第二定律列方程联立，求解a对c的支持力大小、b对c的支持力大小，由此分析变化情况；当货车向右加速运动时，根据牛顿第二定律求出A对C的支持力减小到0时的加速度大小即可。
【解答】
A、匀速直线运动时，以桶c为研究对象，受重力，a对c的支持力Fa，b对c的支持力Fb，
货车匀速直线运动时Fa＝Fb；竖直方向根据平衡条件可得Facs30∘+Fbcs30∘＝mg，解得Fa＝Fb＝mg；故A错误；
B、以大小为g的加速度向右加速时，c要受到的合力和a受到的合力相同，故B错误；
C、以大小为g的加速度向右加速时，b对c的支持力增大，其水平方向分量大于a对c的支持力的水平分量，合力向右，故C正确；
D、当货车向右加速运动时，由F′A＝mg−ma可知，加速度a增大，a对c的支持力减小，当a对c的支持力减小到0时，c就脱离a，解得a＝g，所以当货车向左加速运动的加速度增大到g时，桶c就脱离a，故D正确；
三、实验题（本题共3小题，每一空格2分，共22分）
【答案】
通过描出的点，让直线尽量通过多的点，不在直线上的点尽量分布在直线的两侧，如图所示在F﹣x图像中，图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则k＝答案为：
10
【考点】
用描迹法画出电场中平面上的等势线
探究弹力和弹簧伸长的关系
【解析】
（1）根据实验原理和注意事项即可判断所需实验器材；
（2）通过描出的点，让直线尽量通过多的点，不在直线上的点尽量分布在直线的两侧，图像的斜率表示弹簧的劲度系数。
【解答】
（1）本实验中需要保证弹簧竖直放置，需要重垂线，
【答案】
电磁打点计时器,8V
错误
0.10
【考点】
探究小车速度随时间变化的规律
【解析】
（1）考查两种打点计时器使用的电源：电磁打点计时器：交流8V，电火花打点计时器：交流220V
（2）电磁打点计时器纸带应该放在了复写纸下方；
（3）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解C点对应的速度。
【解答】
图1所示的打点计时器是电磁打点计时器，它是一种使用交变电源的计时仪器，工作电压约为8V；
电磁打点计时器纸带应该放在了复写纸下方，小王同学安装方式错误；
每两个相邻计数点间有4个点图中没有画出，打点计时器的频率为50Hz，
则相邻计数点时间间隔是T＝0.02s×5＝0.1s，
根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得：
C点对应的速度是vc＝＝m/s＝0.10m/s。
【答案】
A
匀速
①③⑥⑦⑧
0.40
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）用槽码的重力当作拉小车的力，则应该让槽码的质量远小于小车及车内砝码的总质量；
（2）平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可；
（3）根据控制变量法的要求，保持拉力不变，从表格找到拉力相等的几组数据即可；
（4）根据v−t图象的斜率求加速度。
【解答】
本实验的前提条件时，用槽码的重力代替小车所受的合力，要使上述结论成立必满足两个条件：一是先平衡阻力，二是要m<平衡阻力的方法是：不挂槽码让小车拖着纸带在倾斜的木板上做匀速直线运动；
探究加速度与质量的关系时，要保证拉力不变（槽码的质量不变）改变小车的质量M从而获得一系列的加速度的值，再从表格看，只有①③⑥⑦⑧组的数据拉力F＝0.29N保持不变；
速度图象的斜率是加速度，所以a＝＝＝0.40m/s2。
故答案为：（1）A；（2）匀速；（3）①③⑥⑦⑧；（4）0.40（0.39∼0.42均正确）
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。数值计算题，答案中必须明确写出数值和单位）
【答案】
机器人匀加速移动时的位移大小为2.5m；
机器人匀减速移动时的加速度大小为0.2m/s2；
整个送药过程中机器人平均速度的大小为0.8m/s。
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的位移与时间的关系
平均速度
【解析】
分析题干条件可知，机器人0−5s以0.2m/s2的加速度做匀加速直线运动；5−20s内做匀速直线运动；20−25s内做匀减速直线运动。
【解答】
由题意可知，t1＝5s，由匀变速直线运动规律可得＝＝2.5m
由题意可得机器人在20−25s内做匀减速直线运动，其匀减速直线运动的初速度v＝a1t1＝0.2×5m/s＝1m/s 代入数据可得加速度
分析题干条件可知，机器人0−5s以0.2m/s2的加速度做匀加速直线运动；5−20s内做匀速直线运动；20−25s内做匀减速直线运动。
由（1）可得匀加速直线运动的位移x1＝2.5m
匀速直线运动的位移x2＝vt2＝1×15m/s＝15m
匀减速直线运动的位移
整个过程的总位移x＝x1+x2+x3＝2.5m+15m+2.5m＝20m
平均速度的大小
【答案】
系在墙上的绳子的张力大小为Mg；
悬挂滑轮绳子的张力大小为2Mg，这段绳子与天花板间的夹角为45∘；
一端系在墙上的绳子与墙的最小夹角为60∘。
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
（1）对物块根据平衡条件可得绳子的张力；
（2）对滑轮根据平衡条件可得悬挂滑轮绳子的张力，根据几何关系求解这段绳子与天花板间的夹角；
（3）悬挂滑轮的绳子拉力最大时，对滑轮根据平衡条件可得绳子与墙的最小夹角。
【解答】
物块受到重力和拉力而平衡系，在墙上的绳子的张力F1=Mg
如图1所示对滑轮受三力而平衡，根据平衡条件可得悬挂滑轮绳子的张力为：
F2＝2F1＝2Mg
这段绳子与天花板间的夹角为β，根据几何关系可得：tanβ=Mg2Mg=22，
解得：β=45∘
如图2所示滑轮受到三力作用，F1大小不变，夹角越小，合力就越大，F2也越大，因此系在墙上的位置向下移动到某一位置，可以使悬挂滑轮的绳子刚被拉断，系在墙上的绳子与墙的夹角最小。
此时F1=Mg，F2＝3Mg
根据平行四边形定则可知F2=2F1csθ
解得：θ=30∘，则系在墙上的绳子与墙的最小夹角为α=2θ=60∘。
【答案】
石块从P点运动M点所用的时间为2s；
第一次石块水平踢出时的速度大小为10m/s；
落到M点速度方向与水平方向的夹角大于落在N点速度方向与水平方向的夹角。
【考点】
平抛运动的概念
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据下降的高度求出平抛运动的时间；
（2）根据平抛运动的水平位移和时间，抓住平抛运动在水平方向上做匀速直线运动求出第一次石块水平踢出时的速度大小；
（3）根据平抛运动的规律得出平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角正切值与位移与水平方向夹角正切值的关系，结合位移与水平方向夹角大小比较出速度与水平方向夹角的大小关系。
【解答】
平抛运动在竖直方向上有：，
解得石块从P到M的时间：；
石块落到M点时的水平位移：x1＝h1＝20m，
则石块踢出的速度：；
设平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角为β，位移方向与水平方向夹角为α，
则有：，，
可知tanβ＝2tanα，即速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。
作出从P点平抛运动的石块落在M点和N点的位移方向，由图可知，落在M点的位移与水平方向夹角α1＝45∘，落在N点位移方向与水平方向夹角α2<α1，
则tanβ1>tanβ2，落在M点速度方向与水平方向的夹角β1大于落在N点速度方向与水平方向的夹角β2。
【答案】
游客滑到斜面底端时的速度大小为4m/s；
为使游客不滑出安全地垫，地垫的最小长度为1.6m；
时间△t与路程s的关系式：①游客在斜面上运动时接住塑料球时△t＝（-）s；②游客在地垫上运动时接住塑料球时△t＝s；③游客在地垫上停止时接住塑料球时。
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
先根据牛顿第一定律求解游客下滑和水平运动过程的加速度，再根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出游客滑到斜面底端时的速度大小和地垫的最小长度；游客接住塑料球可分三种情况，根据位移公式建立时间与路程关系。
【解答】
根据几何关系斜面倾角为37∘
游客下滑过程中满足mgsin37∘−μ1mgcs37∘＝ma1
滑到斜面底端的速度满足
根据上述两式可得v1＝4m/s
游客在水平地垫运动过程中满足−μ2mg＝ma2
地垫的最小长度满足
根据上述两式可得x＝1.6m
①游客在斜面上运动时接住塑料球
塑料球而言ssin37∘＝gt12可得t1＝s
游客而言s＝a1t22可得t2＝s
那么△t＝t2−t1＝（-）s
②游客在地垫上运动时接住塑料球
塑料球而言可得
游客而言在斜面上运动时间满足可得t2＝2.5s
在地垫上运动位移大小x1＝s−L
在地垫上运动时间满足s−L＝v1t3+a2t32
可得t3＝s，那么△t＝t3+t2−t1＝s
③游客在地垫上停止时接住塑料球
塑料球而言可得
游客而言在斜面上运动时间满足可得t2＝2.5s
在地垫上运动时间满足，那么运动物体
a/(m⋅s2)
子弹在枪筒中
5×104
高铁起步
0.35
汽车急刹车
−5
组号
F/N
m/kg
a/(m⋅s2)
组号
F/N
m/kg
a/(m⋅s2)
①
0.29
0.86
0.34
⑥
0.29
0.41
0.71
②
0.14
0.36
●
⑦
0.29
0.36
0.81
③
0.29
0.61
0.48
⑧
0.29
0.31
0.93
④
0.19
0.36
0.53
⑨
0.34
0.36
0.94
⑤
0.24
0.36
0.67